Voici le corrigé du champ uniforme du contrôle, avec les démonstrations attendues, les calculs détaillés et les points de chaque question, sur un total de 20.
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Corrigé du champ uniforme : la correction détaillée avec le barème
Correction de l’exercice 1 : tir d’une balle (6 points)- Système : la balle, dans le référentiel terrestre galiléen. Force : le poids seul (frottements négligés). Deuxième loi de Newton : m a = m g, donc a = g, soit ax = 0 et ay = −g (1 pt).
- Par intégration avec v0x = v0 cos α et v0y = v0 sin α : vx = v0 cos α, vy = −g t + v0 sin α. Puis, avec x(0) = y(0) = 0 : x(t) = v0 cos α × t et y(t) = −½ g t2 + v0 sin α × t (1,5 pt).
- On tire t = x ÷ (v0 cos α) de x(t) et on le remplace dans y(t) : y = −½ g x2 ÷ (v02 cos2α) + x tan α, soit la relation demandée : trajectoire parabolique (1 pt).
- y = 0 pour t ≠ 0 donne t = 2 v0 sin α ÷ g = 2 × 15 × 0,50 ÷ 9,8 = 1,5 s (1,53 s). Portée : x = v0 cos α × t = 15 × 0,866 × 1,531 = 19,9 m (1,5 pt).
- L’altitude maximale est atteinte quand vy = 0, soit t = v0 sin α ÷ g = 0,765 s : ymax = (v0 sin α)2 ÷ (2g) = 7,52 ÷ 19,6 = 2,87 m (1 pt).
- Le champ est vertical, dirigé de la plaque positive vers la plaque négative, donc vers le bas. E = U ÷ d = 200 ÷ 0,040 = 5,0 × 103 V/m (1 pt).
- Force électrique : F = e E = 1,60 × 10−19 × 5,0 × 103 = 8,0 × 10−16 N, de sens opposé au champ (vers le haut, car la charge est négative). Poids : P = me g = 9,11 × 10−31 × 9,8 = 8,9 × 10−30 N. Le rapport F ÷ P vaut environ 9 × 1013 : le poids est négligeable (1 pt).
- m a = −e E (vecteur) donne ax = 0 et ay = e E ÷ me = 8,0 × 10−16 ÷ 9,11 × 10−31 = 8,8 × 1014 m/s2 (0,5 pt). Avec vy(0) = 0 et l’origine en O : x(t) = v0 t et y(t) = ½ ay t2 (1 pt).
- Durée : t = L ÷ v0 = 0,080 ÷ 3,0 × 107 = 2,7 × 10−9 s. Déviation : y = ½ × 8,8 × 1014 × (2,67 × 10−9)2 = 3,1 × 10−3 m, soit 3,1 mm, vers la plaque positive (1 pt). Cette valeur est inférieure à d ÷ 2 = 20 mm : l’électron sort de l’espace entre les plaques (0,5 pt).
- E = U ÷ d = 1,0 × 103 ÷ 0,020 = 5,0 × 104 V/m (0,5 pt).
- Théorème de l’énergie cinétique : ½ mp v2 − 0 = e U, donc v = √(2 e U ÷ mp) = √(2 × 1,60 × 10−19 × 1,0 × 103 ÷ 1,67 × 10−27) = 4,4 × 105 m/s (1,5 pt).
- a = e E ÷ mp = 1,60 × 10−19 × 5,0 × 104 ÷ 1,67 × 10−27 = 4,8 × 1012 m/s2. Mouvement rectiligne uniformément accéléré : d = ½ a t2, donc t = √(2d ÷ a) = √(0,040 ÷ 4,8 × 1012) = 9,1 × 10−8 s ; contrôle : a t = 4,4 × 105 m/s (1,5 pt).
- Dans le vide, le proton ne subit aucune collision avec des molécules de gaz : il ne perd pas d’énergie et sa trajectoire n’est pas perturbée (0,5 pt).
- Poids seul : ax = 0 et ay = g (axe Oy vers le bas). Donc x(t) = v0 t et y(t) = ½ g t2 (1 pt).
- y = h donne t = √(2h ÷ g) = √(2 × 1,25 ÷ 9,8) = 0,51 s (1 pt).
- d = v0 t = 6,0 × 0,505 = 3,0 m (1 pt).
- vx = 6,0 m/s et vy = g t = 9,8 × 0,505 = 4,95 m/s. v = √(6,02 + 4,952) = 7,8 m/s. tan θ = vy ÷ vx = 0,825 donc θ ≈ 40° sous l’horizontale (1,5 pt).
- La durée √(2h ÷ g) ne dépend pas de v0 : elle reste de 0,51 s ; la distance d = v0 t est doublée : 6,1 m (0,5 pt).
Barème et conseils
| Exercice | Thème | Points |
|---|---|---|
| 1 | Tir d’une balle | 6 |
| 2 | Électron entre deux plaques | 5 |
| 3 | Proton accéléré | 4 |
| 4 | Chute depuis une table | 5 |
| Total | 20 |
Pour progresser : précisez toujours le système, le référentiel et le repère avant d’appliquer la deuxième loi de Newton, puis intégrez en n’oubliant pas les conditions initiales. Vérifiez le sens des forces pour une charge négative et comparez systématiquement l’ordre de grandeur du poids et de la force électrique.